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集合$A = \{ x | x \leq 2, x \in \mathbf{N} \} = \{0,1,2\}$，$B = \{ x | x \geq a, x \in \mathbf{N} \}$。因為$A \cap B = \{1,2\}$，所以$a$需滿足$0 ＜ a \leq 1$，又因為$a$為整數(shù)，故$a = 1$。

由余弦和差公式，$\cos(\alpha - \beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta$，$\cos(\alpha + \beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta$。則$\frac{\cos(\alpha - \beta)}{\cos(\alpha + \beta)} = \frac{\cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta}$，分子分母同除以$\cos\alpha\cos\beta$得$\frac{1 + \tan\alpha\tan\beta}{1 - \tan\alpha\tan\beta}$。已知$\tan\alpha\tan\beta = 2$，代入得$\frac{1 + 2}{1 - 2} = -3$。

因為$ f(2)=4 $，函數(shù)$ f(x) $在$ x \in [a, +\infty) $時表達式為$ x^2 $，此時$ f(2)=2^2=4 $，所以$ 2 \in [a, +\infty) $，即$ a \leq 2 $。

已知隨機變量 $X$ 服從二項分布 $B(n, p)$，其期望 $E[X] = np = 30$，方差 $D[X] = np(1 - p) = 20$。
由 $np = 30$ 和 $np(1 - p) = 20$，兩式相除得：
$\frac{np(1 - p)}{np} = \frac{20}{30} \implies 1 - p = \frac{2}{3} \implies p = \frac{1}{3}$

由甲組數(shù)據(jù)莖葉圖可知，甲數(shù)據(jù)為27，30+m，39（m∈N），共3個數(shù)據(jù)，中位數(shù)為中間數(shù)30+m；乙組數(shù)據(jù)為20+n，32，34，38（n∈N），共4個數(shù)據(jù)，中位數(shù)為(32+34)/2=33。因中位數(shù)相等，故30+m=33，得m=3。
甲組平均數(shù)為(27+33+39)/3=33。乙組平均數(shù)為[(20+n)+32+34+38]/4=33，即(124+n)/4=33，解得n=8。則m/n=3/8。

函數(shù)$f(x)=x^{\frac{2}{3}}-x^{-\frac{1}{2}}$的定義域為$x＞0$。由$f(x)＜0$得$x^{\frac{2}{3}}＜x^{-\frac{1}{2}}$，兩邊同乘$x^{\frac{1}{2}}(x＞0)$得$x^{\frac{7}{6}}＜1$。因為$y=x^{\frac{7}{6}}$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞增，且$1^{\frac{7}{6}}=1$，所以$x＜1$。結(jié)合定義域，$x$的取值范圍是$(0,1)$。

設(shè)$|z - i| = r$，原等式$||z - i| - 2| + |z - i| = 2$可化為$|r - 2| + r = 2$。
當(dāng)$r\geqslant2$時，$r - 2 + r = 2$，即$2r = 4$，解得$r = 2$。
當(dāng)$r ＜ 2$時，$2 - r + r = 2$，即$2 = 2$，此式恒成立。
所以$0\leqslant|z - i|\leqslant2$，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)$z$對應(yīng)的點$Z$到點$(0,1)$的距離的取值范圍是$[0,2]$，則點$Z$所構(gòu)成的圖形是以$(0,1)$為圓心，$2$為半徑的圓及其內(nèi)部，根據(jù)圓的面積公式$S = \pi R^{2}$（$R$為半徑），可得其面積$S = 4\pi$。

設(shè)$\theta = ? \vec{a}, \vec \rangle$，則$\theta \in [\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{6}]$。
向量$\vec$在$\vec{a}$方向上的投影向量$\vec{b_0} = (|\vec| \cos\theta) · \frac{\vec{a}}{|\vec{a}|}$。
因為$|\vec{a}| = 1$，$|\vec| = 2$，所以$\vec{b_0} = 2 \cos\theta · \vec{a}$。
又$\vec{b_0} = λ \vec{a}$，故$λ = 2 \cos\theta$。
由于$\theta \in [\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{6}]$，且$\cos\theta$在$[\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{6}]$上單調(diào)遞減，
當(dāng)$\theta = \frac{\pi}{3}$時，$\cos\theta = \frac{1}{2}$，$λ = 2 × \frac{1}{2} = 1$；
當(dāng)$\theta = \frac{5\pi}{6}$時，$\cos\theta = -\frac{\sqrt{3}}{2}$，$λ = 2 × (-\frac{\sqrt{3}}{2}) = -\sqrt{3}$。
因此，$λ$的取值范圍是$[-\sqrt{3}, 1]$。

考慮展開式 $\left( x + \frac{1}{x^{2025}} + 1 \right)^{10}$，其通項可以表示為：
$T = \frac{10!}{a!b!c!} x^a \left( \frac{1}{x^{2025}} \right)^b (1)^c$，
其中，$a + b + c = 10$，且 $a, b, c$ 為非負整數(shù)。
將 $\left( \frac{1}{x^{2025}} \right)^b$ 代入上式，得到：
$T = \frac{10!}{a!b!c!} x^{a - 2025b} · 1^c$，
為了找到 $x^2$ 項的系數(shù)，需要滿足條件：
$a - 2025b = 2$，
由于 $a, b$ 都是非負整數(shù)，且 $a \leq 10$，唯一滿足條件的解是 $b = 0, a = 2$（因為 $2025b$ 必須小于或等于 $a$，且 $a$ 最大為 10）。
當(dāng) $b = 0, a = 2$ 時，$c = 10 - a - b = 8$。
因此，$x^2$ 項的系數(shù)為：
$\frac{10!}{2!0!8!} = \frac{10 × 9}{2 × 1} = 45$。

在△ABC中，已知AC=2（即b=2），B=π/3，sinA sinC=9/28。由正弦定理得b/sinB=2R（R為外接圓半徑），則2/sin(π/3)=2R，解得2R=4/√3。設(shè)AB=c，BC=a，由正弦定理知a=2R sinA，c=2R sinC，故ac=(2R)2 sinA sinC=(16/3)(9/28)=12/7。由余弦定理b2=a2+c2-2ac cosB，得4=a2+c2-ac，即a2+c2=4+ac=4+12/7=40/7。聯(lián)立ac=12/7與a2+c2=40/7，解得(a+c)2=64/7，(a-c)2=16/7，即a+c=8/√7，a-c=±4/√7。解得兩組解：(a=6/√7,c=2/√7)或(a=2/√7,c=6/√7)。由sinA sinC=9/28驗證，當(dāng)c=6/√7時，sinC=c/(2R)= (6/√7)/(4/√3)=3√21/14，sinA=9/(28 sinC)=√21/14，符合條件。故AB=c=6√7/7。

對于橢圓$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$（$a ＞ b ＞ 0$），離心率$e_1 = \frac{c_1}{a}$，其中$c_1^2 = a^2 - b^2$，則$e_1^2 = 1 - \frac{b^2}{a^2}$。
對于雙曲線$\frac{x^2}{b^2} - \frac{y^2}{a^2 - 2b^2} = 1$，需滿足$a^2 - 2b^2 ＞ 0$即$a^2 ＞ 2b^2$。其離心率$e_2 = \frac{c_2}$，其中$c_2^2 = b^2 + (a^2 - 2b^2) = a^2 - b^2$，則$e_2^2 = \frac{a^2 - b^2}{b^2} = \frac{a^2}{b^2} - 1$。
設(shè)$t = \frac{a^2}{b^2}$，則$t ＞ 2$，且$e_1^2 = 1 - \frac{1}{t}$，$e_2^2 = t - 1$。故$e_1e_2 = \sqrt{(1 - \frac{1}{t})(t - 1)} = \frac{t - 1}{\sqrt{t}}$。
由$e_1e_2 ＜ 1$得$\frac{t - 1}{\sqrt{t}} ＜ 1$，令$u = \sqrt{t}$（$u ＞ \sqrt{2}$），則$u^2 - u - 1 ＜ 0$，解得$\sqrt{2} ＜ u ＜ \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$。
因為$\frac{e_2}{e_1} = \sqrt{\frac{e_2^2}{e_1^2}} = \sqrt{\frac{t - 1}{1 - \frac{1}{t}}} = \sqrt{t} = u$，所以$\frac{e_2}{e_1}$的取值范圍是$(\sqrt{2}, \frac{1 + \sqrt{5}}{2})$。